Bài toán cực trị hình học không gian và các khối lồng nhau trần đình cư

BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Trong q trình tìm kiếm lời giải nhiều tốn hình học, có lợi xem xét phần tử biên, phần tử giới hạn đó, tức phần tử mà đại lượng hình học nhận giá trị lớn giá trị nhỏ nhất, chẳng hạn cạnh lớn nhất, cạnh nhỏ tam giác; góc lớn góc nhỏ đa giác v.v… Những tính chất phần tử biên, phần tử giới hạn nhiều giúp tìm lời giải thu gọn tốn Phương pháp tiếp cận tới lời giải tốn gọi ngun tắc cực hạn Như tốn cực trị hình học cần thiết khơng gian, thường xuất câu hỏi khó phần thi trắc nghiệm THPT Quốc gia PHƯƠNG PHÁP Cơ sở phương pháp cần kết hợp quan điểm tìm cực trị sau: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC THƠNG DỤNG Bất đẳng thức Cauchy cho biến đại lượng khơng âm f  x   A  x   B  x   A  x  B  x   const; x  D     A x  B x     g x  A x B x    const; x  D              1 2 Nếu x0  D , để đẳng thức (1) (2) xảy  A  x0   B  x0   f  x   f  x0  (ycbt)   xD  max g  x   g  x   xD Bất đẳng thức Schwartz cho biến đại lượng tùy ý p  x   a  x    x   b  x    x   a  x   b  x     x   2  x   const; x  D    3 q  x   a  x   b2  x     x   2  x   a  x    x   b  x    x   const; x  D    4  Nếu x0  D , để đẳng thức (3) (4) xảy ra:  max p  x   p  x0  (ycbt)     xD  q  x   q  x    x0    x0   xD a  x0  b  x0  SỬ DỤNG TÍNH BỊ CHẶN CỦA HÀM LƯỢNG GIÁC h  x   sin u  x  cos u  x   ; sin u  x0     max h  x   h  x0   x0  D :  xD cos u  x0   SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ LẬP BẢNG BIẾN THIÊN Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU SỬ DỤNG CÁC NGUN LÝ HÌNH HỌC CỰC HẠN MH đường vuông góc    MA  MH  A  H MA đường xiên HA hình chiếu  M A H Từ ý nghĩa đường kính dây cung dài đường tròn, ta có: Hệ quả: M đường tròn (AB) đường kính AB; với O tâm C thì:  maxd M; AB  CO  MH  CO; CO  AB M Khoảng cách ngắn hai đường thẳng độ dài đường vng góc chung hai đường thẳng A O H B Xác định điểm M đường thẳng (d) để  MA  MB Đây tốn Bất đẳng thức  , cần phân biệt trường hợp: o A, B khác bên so với (d): A MA  MB  AB   MA  MB   AB M (d) M0 tương ứng: M  M0   AB    d  B o A, B bên so với (d): A Dựng A’ đối xứng với A qua (d) Lúc đó: A’ B khác bên so với (d), nên trở B M trường hợp trên: (d) I M0 MA  MB  AB  MA' MB'  AB   MA  MB    MA' MB   AB tương ứng: M  M0   A' B    d  A' Kết luận: Vậy trường hợp ta xác định M thỏa mãn ycbt Xác định điểm M đường thẳng (d) để MA  MB max Tương tự, cần phân biệt hai trường hợp: A o A, B bên so với (d) MA  MB  AB  max MA  MB  AB B M M0 (d) tương ứng M  M0   AB    d  o A, B khác bên so với (d) Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU MA  MB  MA' MB  AB Với A’ hình đối xứng điểm A qua (d), A’ B A phía với (d) M max MA  MB  max MA' MB  AB M0 (d) tương ứng M  M0   A' B    d  B A' Kết luận: Vậy trường hợp ta xác định điểm M thỏa ycbt I MỘT SỐ VÍ DỤ MẪU Ví dụ Cho hình nón cụt tròn xoay có chiều cao h, bán kính đáy r R  r  R  Tìm kích thước hình trụ tròn xoay có trục đối xứng, nội tiếp hình nón cụt tích lớn Giải r  x  R Gọi x bán kính, z chiều cao hình trụ Ta có:  0  z  h Giả sử hình trụ nội tiếp hình nón cụt thiết diện qua trục hình bên Thiết diện cắt hình nón theo hình thang cân AA’B’B, cắt hình trụ theo hình chữ nhật HKNM SO' O' A' r   SO OA R SO' r SO'    SO  SO' R  r OO' rh rh Rh  SO'  , SO  h  R r R r R r O1M SO1 SO2 OA  SO1 x    x OA SO OA SO SO Mà SO1  SO  z  x   V x   SO z SO R SO O' B' M N O1 h z A SO H O K B r Thể tích V hình trụ là: V  V  x   x z   V x  A' R  SO  z  R S R SO2  SO  z  z R   z  2SO.z z  2SO.z  SO2 z  0  z  h  Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU R   R  SO  z  z  SO    SO2 SO2  SO Rh Rh  V'  x    z   z  SO  z  z R r R  r  V'  x   3z  4SO.z  SO2  Bảng biến thiên: x + V'(x) Rh Rh 3(R-r) (R-r) - CĐ h + CĐ CT  Rh Rh z  R  r  x   max y      z  h xr Để ý rằng:  z  h , ta có: z  Rh r h  R 3 R  r Kết luận: r Rh  : Thể tích hình trụ lớn hình trụ có kích thước bán kính đáy: x  , R 3 Rh chiều cao: z  R  r  r    : hình trụ tích lớn hình trụ có kích thước bán kính đáy: x  r R chiều cao z  h Ví dụ Cho nửa hình cầu bán kính r nửa hình nón xoay ngoại tiếp với nửa hình cầu (mặt đáy hai hình nằm mặt phẳng) Gọi góc đỉnh nón 2 a) Với góc  diện tích tồn phần hình nón 12 diện tích tồn phần nửa hình cầu b) Với góc  hình nón tích nhỏ Hướng dẫn giải a Gọi (SAB) tiết diện qua đỉnh S tâm H hình nón S ngoại tiếp với nửa hình cầu bán kính r, ta có: HI  r, AHI  ASH   AH  α ASB   HI r  cos  cos  AH r HI r  SA   ; SH   sin  cos  sin  sin  sin  I A r α H Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 B Page BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Gọi Sctp ; Stp n Vn theo thứ tự diện tích tồn phần nửa hình cầu, hình nón thể tích hình nón, ta có:  Sctp  r  2r  3r  S n  AH  AH.SA   r2 cos   r r cos  cos  sin  r  sin   1 12 12 Sc   3r sin   sin  Vì S n   36 sin   31sin      1  36  sin   1  sin    sin      6   sin    sin   6 (vì  nửa góc đỉnh hình nón      0) Tương ứng diện tích tồn phần hình nón 12 diện tích tồn phần nửa mặt cầu (ycbt) 1 r2 r AH2 SH   3 cos  sin  1 1  Vn  r  r 3 cos2  sin  sin   sin 3 b Ta có: Vn  Vn     Do đó: Vn '  Vn '     3sin  cos   cos  r sin   sin      3 cos   sin   sin       3     Vn '     r sin   sin      Khi  biến thiên khoảng  0;  Vn '   2    1 sin 1  Ta có bảng biến thiên: Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU α Vn' - Vn Do hàm Vn    đạt cực tiểu   1 Vậy với  xác định sin   π α1 + πr3 3 hình nón tích nhỏ Vn  r (ycbt) Ví dụ Cho khối tứ diện ABCD, biết BCD tam giác cạnh a có tâm điểm O Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD nhận đường tròn (BCD) làm đường tròn lớn Xác định vị trí đỉnh A mặt cầu để thể tích tứ diện ABCD lớn Giải Để ý đường tròn (BCD) đường tròn lớn mặt cầu A ngoại tiếp tứ diện ABCD có O tâm tam giác BCD cạnh a, nên tâm O tam giác BCD tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD  OA  OB  a 3 B H Từ diện tích S c mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là: O a  Sc  4OA  4   a      D a C Gọi AH đường cao tứ diện ABCD hạ từ đỉnh A xuống mặt đáy (BCD)   HOA H  90  AH  OA Và tính thể tích khối tứ diện ABCD bằng: V  S ABCD AH   11 a  a  AH     3.a 3.a AH  OA 12 12  1 Dấu đẳng thức (1) xảy  H  O (hình chóp A BCD đều)   max V  3.a OA (ycbt) 12 Ví dụ Trong tất lăng trụ tam giác có diện tích tồn phần S, tìm cạnh bên cạnh đáy lăng trụ tích lớn Giải Gọi x cạnh đáy h cạnh bên lăng trụ Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Ta có diện tích tồn phần lăng trụ: S  Ta tích lăng trụ là: V  x2 x2  3xh   3xh x2 h x2 3xh 3xh Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số:   2 Ta có: x2 3xh 3xh x 3.9x h    33 2 S 33 V 3x h 3x h 3  S  27  S  x h 8 2 x2 3h 2S S S 2S   4.9 18 Vậy max V  S 2S 18  x  x 3xh S  Dấu “=” xảy khi:    2  h  2S 3  a 2S 3 2S 3 Ví dụ Cho mặt cầu tâm O bán kính R Một hình nón nội tiếp hình cầu có chiều cao x   x  2R  a Tính thể tích V, diện tích xung quanh S hình nón b Tìm hệ thức liên hệ V, S, R độc lập x c Với giá trị x V lớn nhất? Giải a Gọi r bán kính đường tròn đáy hình nón r  OM  OH2  R   x  R  S r  2Rx  x  x  2R  x  O 1 Thể tích hình nón: V  r x  x2  2R  x  3 Diện tích xung quanh hình nón: S  rSM H M Biết SM  SH2  HM2  x2  x 2R  x  2Rx b Ta có: V  x2  2R  x  1 S  x 2R  2R  x   S2  22Rx2  2R  x  2 Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Lấy (2) chia (1) ta được: S2  6R V c Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số: x x      2R  x   x x  2R  x     2     x x , , 2R  x 2 x2 8R  2R  x   27 32 R V  x  2R  x   81 32 R x 4R Vậy max V  Dấu “=” xảy khi:  2R  x  x  81 Ví dụ Tìm hình nón tích nhỏ ngoại tiếp hình cầu bán kính R cho trước So sánh diện tích tồn phần thể tích hình nón với diện tích thể tích hình cầu Giải Gọi r bán kính đường tròn đáy, h chiều cao V thể tích hình nón V r h S Hai tam giác SCA SDO đồng dạng cho: AC SA r r2  h2    DO SO R h R  r r h r2  h2  r2    R  h  R 2  h  R 2  R r2  2 D R O A r h R hR  h  h  2R  h  2R Suy ra: V  C B h 2R r h  3 h  2R h2 h  4R  4R 4R 4R   h  2R   h  2R  Ta có:   h  2R  4R h  2R h  2R h  2R Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 4R h  2R   h  2R 4R  h  2R  h  2R  4R h2 4R  8R Dấu “=” xảy khi: h  2R   h  2R  2R  h  4R Vậy: h  2R h  2R Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Suy ra: V  V  8R 3 8R h  4R r  R Diện tích tồn phần hình nón là: S  rSA  r  R 2R  16R  2R  8R Vậy lúc diện tích tồn phần thể tích hình nón gấp đơi diện tích thể tích hình cầu II CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Câu Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SB  b tam giác SAC cân S Trên cạnh AB lấy điểm M với AM  x 0  x  a  Mặt phẳng    qua M song song với AC SB cắt BC, SB, SA N, P, Q Xác định x để SMNPQ lớn A a B a C a D a Phân tích: Trước hết ta phải xác định MNPQ hình chữ nhật Vì mp    / /SB mp    / /AC nên MNPQ hình bình hành AC  SO (ACS cân)    AC  mp  SBD  AC  BD (đường chéo hình vuông)  AC  SB , mà MQ / /SB  MN  MQ Vậy MNPQ hình chữ nhật Hướng dẫn giải Ta có: MN // AC S BM ax  MN  AC  a   a  x  BA a Q SAB có: MQ // SB b P AM bx  MQ  SB  AB a SMNPQ  MN.MQ  A b  a  x  x (đvdt) a M B D a O N C Ta có: a  x  x  2  a  x  x  a4  a  x  x  SMNPQ lớn a  x  x  x  a Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 10 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU  30  5r  S  S  x   2r  2r   3r  30r       S'  x   6r  30  6  r     r   S    75 Bảng biến thiên: r + S' + - - 75π S Dựa vào bảng biến thiên  maxS  75 tương ứng r  Thay r  vào (3) (4) ta được: h  2,5 (cm) Vậy chọn đáp án A Câu 10 Trong hình nón tròn xoay có diện tích tồn phần  Tính thể tích hình nón lớn nhất? A  B  12 C  2 D  Hướng dẫn giải Xét Stp    R  R ( chiều dài đường sinh)  R2 1R R    R R R Lúc đó:  V  R h  R 3 V 2  R2   1  R   R   R2 R     2 R   R  2R  V  R  2R 2 3 R 2 2  2R   2R  2 2 V  2R  2R      18 18  72   V  72   12    1  2 Đẳng thức (1) (2) xảy  2R   2R  R2  1 R Vậy: max V   tương ứng R  ;  12 2 Vậy chọn đáp án B Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 17 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Câu 11 Trên cạnh AD hình vng ABCD cạnh a, người ta lấy điểm M với AM  x   x  a , nửa đường thẳng Ax vng góc A với mặt phẳng hình vng, người ta lấy điểm S với SA  y  y   Với giả thiết x2  y2  a , tìm giá trị lớn thể tích hình chóp S.ABCM A 3a 42 B 3a 12 2a 2 C 3a D Hướng dẫn giải Xét x2  y2  a  y  a  x2  V  VSABCM  a x  a  a  x2    x Ta có max V xảy  max 3V xảy Mà 3V  S a  x  a  x  a x  a 3a  3x  36 1  y Áp dụng BĐT Cauchy cho số khơng âm, ta có: 1 a   x  a    x  a    x  a    3a  3x    3V    36   M D O  V2  x A a2   81a 3a  a    V a 36.3   36.3.16 64 B 2 Dấu đẳng thức (2) xảy  a  x  3a  3x  x  Do M trung điểm AD thể tích VSABCM C a a 3a cực đại max V  Vậy chọn đáp án D Câu 12 Cho tam giác OAB có cạnh a  Trên đường thẳng (d) qua O vng góc với mặt phẳng (OAB) lấy điểm M với OM  x Gọi E, F hình chiếu vng góc A lên MB, OB Đường thẳng EF cắt d N Xác định x để thể tích tứ diện ABMN nhỏ A 3a B 3a C a 2 D 3a Hướng dẫn giải Để ý: AF   MBO    MNB  A  AF chiều cao hình chóp A.BMN 1  VABMN  AF.SMNB  AF.BO.MN a N O x M F B E Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 18 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU  a AF   Trong đó:  BO  a MN  MO  ON  x  ON   Do đó:   VABMN     x  ON  Mặt khác, ta có: NOF ∽ BOM  NO OF a2   OM.NO  BO.OF  x.ON   const BO OM Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: x  ON  a2 a 2 Dấu đẳng thức (*) xảy  x  ON     x  ON   a  x  ON  *  a 2 a 2 Vậy thể tích tứ diện ABMN nhỏ khi: x  a Vậy chọn đáp án C Câu 13 Trong mặt phẳng (P) cho hình vng ABCD với AB  2a Trên mặt phẳng chứa BC vng góc với (P) lấy điểm E cho EBC tam giác đều; điểm I nằm đoạn BC, đặt: BI  x O trung điểm AE Câu 13.1 Tính độ dài OI theo a x x2  ax  2a A B x2  ax  2a C x2  ax  2a x2  ax  2a D Hướng dẫn giải Định lý đường trung tuyến cho: OI  2AI  2EI  AE2 EF2  3a  Với AF2  5a  OI  x2  ax  2a  2 2 2 AE  AF  EF  8a , AI  4a  x Vậy chọn đáp án B Câu 13 Tìm x để độ dài OI lớn A a B 2a C a D a Câu 13.3 Tìm x để độ dài OI bé Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 19 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU B 2a a A C a D a Hướng dẫn giải Ta viết: OI2  f  x   x2  ax  2a ; x  0; 2a  f '  x    2x  a    x  a Dựa vào bảng biến thiên, ta có: E O B x -∞ f'(x) A x F I a (a 2)2 f(x) C +∞ +   a (2a)2 2 D 2a 2a  max f x  f 2a  2a  max OI  S  2a   2a 0x2a       0x2a    a a    f  x   f  a    a   OI  S    2   2 0x2a 0x2a      Câu 14 Cho tứ diện ABCD có AB  CD  2x cạnh lại có độ dài Xác định x để diện tích tồn phần đạt giá trị lớn A B C 2 D Hướng dẫn giải Nhận thấy mặt tứ diện tam giác 1 Suy ra, diện tích tồn phần tứ diện là: Stp  4SACD  2AI.CD Với AI đường cao CAD cân A, ta có: 1 AI   x ;   x  1  S  2.2x  x2  4x  x2 ;   x  1 Nhận thấy:    max S    max  x  x       max 16x2  x2 A 2x  1 B D Áp dụng BĐT Cauchy: S 2tp   16x  x 2   x2   x2   16   4     2 C 2x I Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 20 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Dấu đẳng thức (2) xảy  x2   x  x  2 diện tích tồn phần tứ diện đạt giá trị lớn max Stp  2 Vậy chọn đáp án B Vậy với x  Câu 15 Cho tứ diện ABCD cho AB  2x, CD  2y cạnh lại có độ dài Xác định x y để diện tích tồn phần đạt giá trị lớn A x  y  B x  y  C x  y  2 D x  y  Hướng dẫn giải Gọi M, N trung điểm AB, CD A Ta có: ABD cân D  DM  AD  AM   x 2 Tương tự: AN   y Lúc đó: SABC  S ABD  2x B D AB.DM  x  x2 1 Hồn tồn tương tự: S BCD  SACD  y  y N 2y C Vậy diện tích tồn phần S tứ diện là: Stp  SABC  SABD  S BCD  S ACD   x  x2  y  y    Áp dụng BĐT Schwart, ta có:      1 Stp  x  x2  y  y  x2   x2    y   y   S      x   x 2  xy Dấu đẳng thức (1) xảy    y   y 2 Vậy max S   x  y  Vậy chọn đáp án B Câu 16 Cho tứ diện SABC có cạnh SA vng góc với mặt phẳng (ABC), nhị diện cạnh SB nhị diện vng Biết SB  a , góc BSC   , góc ASB   ;        Với giá trị    VSABC lớn A  B  C  D  Hướng dẫn giải Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 21 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Thể tích tứ diện SABC là: S BC.SSAB  VSABC  a 2SA.AB VSABC  α 45° a  AB sin    AB  a sin    SB Với ý:  cos   SA  SA  a cos   SB  C A B a3 sin 2 Khi đó: VSABC  a 2.a sin .a cos   6  Vậy: max  VSABC   sin 2     Vậy chọn đáp án D Câu 17 Cho tam diện ba mặt vng Oxyz Trên Ox, Oy, Oz lấy điểm A, B, C Giả sử A, B, C thay đổi ln có: OA  OB  OC  AB  BC  AC  k khơng đổi Hãy xác định giá trị lớn thể tích tứ diện OABC 1 k  A   6 33  1 k  B   6 33  1 k  C   6 33   1 k D    3   Hướng dẫn giải Ta có: OA  OB  OC  AB  BC  AC  k  a  b  c  a  b2  b2  c  a  c  k A Với a  0, b  0, c  Áp dụng BĐT Cauchy:  a  b  c  abc  a  b2  2ab  b2  c  2bc  a  c  2ac  1 2  3 4 a O c C b B Lấy:         áp dụng BĐT Cauchy ta có: a  b2  b2  c  a  c  2ab  2bc  2ac  3 abc 5 Thể tích hình chóp: VSABC  abc  6VSABC  abc Tương tự:  1    lại áp dụng BĐT Cauchy, ta có: Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 22 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU  1      k  33  VSABC   abc  k   1 k     6 33   6  6.VSABC 7  Dấu đẳng thức (7) xảy đồng thời (5) (6) xảy  a  b  c 1 k  Vậy max  VSABC     a  b  c 6 33  Vậy chọn đáp án A Câu 18 Cho hình vng ABCD cạnh a, tâm O Gọi S điểm ngồi mặt phẳng (ABCD) cho SB  SD Gọi M điểm tùy ý AO với AM  x Mặt phẳng    qua M song song với SA BD cắt SO, SB, AB N, P, Q Cho SA  a Tính x để diện tích MNPQ lớn A a 2 B a C a D a Hướng dẫn giải Nhận xét: Tứ giác MNPQ hình chữ nhật Thật Vì SB  SD  Hai tam giác SBC SDC Gọi I trung điểm SC, ta có: IB  ID  BID cân I  IO  BD Mà IO∥SA  SA  BD Mp   ∥BD     cắt hai mặt phẳng (ABO) (SBO) theo hai giao tuyến: MQ∥NP∥OB Mp   ∥SA     cắt hai mặt phẳng (SAO) (SAB) theo hai giao tuyến: MN∥PQ∥SA Vậy MNPQ hình bình hành A Biết SA  OB  MNPQ hình chữ nhật Ta có: SMNPQ  MQ.MN N Biết tam giác AMQ vng cân M  MQ  MA  x a x NM OM NM a  2x     NM  Và SA OA a a 2  Vậy SMNPQ  x a  x  (với  x  a )  Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số x a  x I P D A Q M a O B C   x ax  a2 Ta có: x a  x          Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 23 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU  x ax Vậy  a2 a2 a2  SMNPQ   8 Dấu “=” xảy x  a  x  x  a 2  a  M trung điểm AO Vậy chọn đáp án B Câu 19 Cho tam diện Oxyz có góc xOy  yOz  zOx   Trên Ox, Oy, Oz lấy A, B, C cho OA  OB  OC  x Tính  để diện tích xung quanh lớn A  B  C  D  Hướng dẫn giải  xOy  yOz  zOx   Vì   OA  OB  OC  x  OAB  OBC  OAC  AB  BC  CA O Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC α  OH trục tam giác ABC Ta có: S xq  3SOBC  max S xq  x x x x sin  C A H  x sin      2 M B Vậy chọn đáp án A   Câu 20 Hình chóp tứ giác SABCD có cạnh SA  x, x  0, , tất cạnh lại có độ dài Xác định x để hình chóp tích lớn A 3 B C D Hướng dẫn giải Dễ thấy hai tam giác SBD CBD (c.c.c)  OS  OC  OS  OC  OA S  ASC vng S S ABCD  AC.BD x ASC vng cho AC  x2  A D COD vng O cho: O H B C Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 24 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU OD  CD2  OC2   Vậy S ABCD  x2   x2   x2 x2  Vì SB  SC  SD   SH trục tam giác BCD  SH  AC x 1 x2  Tam giác ASC vng cho:       SH  2 2 x SH SC SA x x2  1  x2  x2 x  x2 Ta có: V   6 x Áp dụng BĐT Cauchy: Vậy Vmax  1  3  x  x2   x2   x2   x2  x  Vậy chọn đáp án C Câu 21 Trong hình trụ có diện tích tồn phần khơng đổi 2a Tìm thể tích hình trụ lớn A  3a 3 B  3a C  3a D a 3 Hướng dẫn giải Gọi x, y bán kính đáy chiều cao hình trụ Theo giả thiết ta có: 1 2x2  2xy  2a  x2  xy  a Thể tích hình trụ là: V  x2 y Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số: x2 , xy xy , , ta có: 2 xy xy x4 y2 x4 y2 x4 y2 2a 3 x   3 a 3  a  27 x y 2 4 3  a x  xy a 2a 2a    Vậy V  Suy max V  Dấu “=” xảy x  3 3  y  2a  3 Vậy chọn đáp án D Câu 22 Trong hình trụ có diện tích xung quanh cộng diện tích đáy khơng đổi 2a Tìm thể tích hình trụ lớn A 3 B C 6a D Hướng dẫn giải Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 25 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Nếu hình trụ hở đáy, ta có: x2  2xy  2a  x2  2xy  2a Thể tích hình trụ: V  x2 y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số: x2 , xy, xy Ta có: x  xy  xy  3 x y  2a  3 x y 2 6a a  8a  27x y  x y  x y V 9 3  max V  2 2a 2 6a 2a 2 xya Dấu “=” xảy khi: x  xy  3 Vậy chọn đáp án C Câu 23 Trong tất hình trụ có thể tích V, tính diện tích tồn phần hình trụ nhỏ A 33 V B 33 V C 33 V D 33 V Hướng dẫn giải Gọi x, y bán kính đáy chiều cao hình trụ Ta có: S  2x2  2xy V  x2 y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số: x2 , xy xy , 2 Ta có:  xy xy  x    xy xy x4 y  x2  xy  x        2          S   2  V 27 V V      S3   S  33 27 4 2  V x  xy V  2 Dấu “=” xảy khi: x    2 y  V  2 Vậy chọn đáp án A Câu 24 Trong tất hình nón có diện tích tồn phần a , tìm hình nón tích lớn Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 26 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU A max V   a 11 B max V   a 12 C max V   a 13 D max V   a Hướng dẫn giải Gọi x, y chiều cao, bán kính đáy hình nón, ta có: y  y x  y  a   V  y x   1 2 Từ (1) ta có: y x2  y2  a  y2 y  a  y  a   2 a4 2  y x  y  a  2a y  y y    x  2a  x V  a x  2a  Biết:  x2  2a 2a x  x  2a  2a (BĐT Cauchy)   x x x2  2a 2 2a Suy V   a 12 x  a  2a  a Dấu “=” xảy khi: x   Vậy: max V  a 12 x y   Vậy chọn đáp án C Câu 25 Trong tất hình nón có độ dài đường sinh a , tìm hình nón tích lớn A MaxV  a 3 27 B max V   a C max V   3 a 23 D max V   a 13 Hướng dẫn giải  x2  y2  a  Gọi x, y bán kính đáy chiều cao hình nón, ta có:  V  x y x2 x2 , , y , ta có: Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số: 2 x2 x2   y2  3 x4 y2  a  3 x4 y2 2 a6 a3  x4 y2   x2 y  27 3 V a 3 a 3  MaxV  27 27 Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 27 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU  x  a x a  Dấu “=” xảy khi:  y2   y  a  2 Vậy chọn đáp án A Câu 26 Tìm hình nón tích nhỏ ngoại tiếp hình trụ có bán kính r chiều cao h r h A V  r h B V  r h C V  r h D V  Hướng dẫn giải Gọi x, y bán kính chiều cao hình nón ngoại tiếp Thể tích hình nón là: V  x y S Các tam giác SOE SID đồng dạng cho : y yh hx hx V   y xr x r xr r D 2 x  r r x  r    r Xét biểu thức:     1  3 r x r 2  x C h y x r r  2r  Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số: , ,    x x  x E A O B F r r 2r   2  r r  2r   x x x   Ta có:      x x  x  27     r  r x3 27r    1     xr  x   x  27 Vậy: xr x3  27r  Dấu “=” xảy khi: r h r h x3 27r V  V   4 xr r  r 3r  21   x  x  x Vậy chọn đáp án C Câu 27 Cho hình nón tròn xoay đỉnh S, thiết diện qua trục tam giác cạnh 2R Người ta cho hình cầu nội tiếp với mặt bên hình nón Tính bán kính hình cầu để phần thể tích chung hình nón hình cầu lớn A R B R 3 C R 2 D R Hướng dẫn giải Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 28 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Giả sử mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt bên hình nón Thể tích phần chung hình cầu hình nón cho cơng thức: V  CD2  3x  CD  S Biết rằng: CD  SC  DS  SC   SO  OD  SC  OD  SO 30°  R  x  2x  R  x  Vậy V   R  x  4x  R D  R O Gọi E trung điểm SB, tiếp điểm M phải thuộc đoạn EB  R  SM  2R R 2R x 3  R  x  2x  A  R 2R  2x  2x   R 3  R  x R  x  2x             R x    4x  R   R Suy ra: V  B       R  ta có: 3  3  3 R  max V  R 4 Dấu “=” xảy khi: R  x  2x  x C R 0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số: R  x,R  x 2x   E M R R R R  CD  SC  x  R   2 Vậy CD  x Tâm O mặt cầu trùng với trung điểm C cạnh AB Vậy chọn đáp án A Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 29 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Để sử dụng file word, q thầy vui lòng đóng góp chút kinh phí để tạo động lực cho tác giả đời chun đề khác hay STT TÊN TÀI LIỆU GIÁ KĨ THUẬT GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM SỐ PHỨC_123 MÃ SỐ 60K SO PHUC_123 50K HHKG_KDD 110 K HHKG_TTKC 70K HHKG_TTLT 110 K HHKG_NTC 130 K HHKG_KC 50K HHKG_GOC Tặng đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án lời giải chi tiết) {Đề 1-6} CHỦ ĐỀ 1_KHỐI ĐA DIỆN {26 Trang} Tặng đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án lời giải chi tiết) {Đề 7-11} CHỦ ĐỀ 2_THỂ TÍCH KHỐI CHĨP {59 Trang} Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án lời giải chi tiết) {Đề 12-21} CHỦ ĐỀ 3_THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ {34 Trang} Tặng đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án lời giải chi tiết) {Đề 22-26} CHỦ ĐỀ 456_NĨN TRỤ CẦU {56 Trang} Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án lời giải chi tiết) {Đề 27-36} CHỦ ĐỀ 7_KHOẢNG CÁCH {68 Trang} Tặng 12 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án lời giải chi tiết) {Đề 37-49} CHỦ ĐỀ 8_GĨC {21 Trang} Tặng đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án lời giải chi tiết) {Đề 50-54} CHỦ ĐỀ 9_CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC 80k KHỐI LỒNG NHAU {29 Trang} HHKG_CT Tặng đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án lời giải chi tiết) {Đề 55-63} Hướng dẫn tốn Q thầy tốn cho qua ngân hàng Sau chuyển khoản, gửi tài liệu cho q thầy Nếu ngày mà thầy chưa nhận vui lòng gọi điện trực tiếp cho Thầy cư SĐT: 01234332133 NGÂN HÀNG TÊN TÀI KHOẢN TRẦN ĐÌNH CƯ TRẦN ĐÌNH CƯ TRẦN ĐÌNH CƯ SỐ TÀI KHOẢN 4010205025243 0161000381524 55110000232924 CHI NHÁNH THỪA THIÊN HUẾ THỪA THIÊN HUẾ THỪA THIÊN HUẾ Nội dung: Họ tên_email_ma tai liệu Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 30 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Ví dụ: Nguyễn Thị B_nguyenthib@gmail.com_HHKG_TTKC Lưu ý: Thầy đọc kỹ file PDF trước mua, tài liệu mua dùng với mục đích cá nhân, khơng bán lại chia sẻ cho người khác CHÚC Q THẦY CƠ DẠY TỐT VÀ THÀNH CƠNG TRONG SỰ NGHIỆP TRỒNG NGƯỜI Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page 31 ...BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU Trong q trình tìm kiếm lời giải nhiều tốn hình học, có lợi xem... BIẾN THIÊN Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU SỬ DỤNG CÁC NGUN LÝ HÌNH HỌC CỰC HẠN MH đường... biến thiên: Ths Trần Đình Cư Gv Chun luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế SĐT: 01234332133 Page BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ CÁC KHỐI LỒNG NHAU α Vn' - Vn Do hàm Vn    đạt cực tiểu   1